¿Existe una definición de los determinantes que no dependa de cómo se calculan?

Question

En el algunos textos de álgebra lineal que he leído, el determinante se introduce de la siguiente manera;

"Aquí hay una fórmula para lo que llamamos $detA$ . Aquí hay otras fórmulas. Y finalmente, aquí hay algunas buenas propiedades del determinante".

Por ejemplo, en los libros de texto muy elementales se introduce dando la fórmula de expansión del cofactor. En "Linear Algebra Done Right" de Axler se define, para $T\in L(V)$ para ser $(-1)^{dimV}$ veces el término constante del polinomio característico de $T$ .

Sin embargo, esto me parece algo insatisfactorio. Es como si la verdadera definición del determinante estuviera oculta. Lo ideal sería que el determinante no se definiera de la siguiente manera:

"Dada una matriz $A$ , dejemos que $detA$ sea un elemento de $\mathbb{F}$ tal que x, y y z".

Entonces se procedería a demostrar que este elemento es único, y se derivarían las fórmulas conocidas.

Así que mi pregunta es: ¿Existe una definición de este último tipo, hay algún conjunto mínimo de propiedades suficientes para definir lo que es un determinante? Si no es así, ¿puede explicar por qué?

Answer 1

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial de dimensión $n$ . Para cualquier $p$ La construcción de la energía exterior $\Lambda^p(V)$ es functorial en $V$ es el objeto universal para las funciones multilineales alternas fuera de $V^p$ es decir, funciones

$$\phi : V^p \to W$$

donde $W$ es cualquier otro espacio vectorial que satisfaga $\phi(v_1, ... v_i + v, ... v_p) = \phi(v_1, ... v_i, ... v_p) + \phi(v_1, ... v_{i-1}, v, v_{i+1}, ... v_p)$ y $\phi(v_1, ... v_i, ... v_j, ... v_p) = - \phi(v_1, ... v_j, ... v_i, ... v_p)$ . Lo que esto significa es que hay un mapa $\psi : V^p \to \Lambda^p(V)$ (el producto exterior) que es alternativo y multilineal que es universal con respecto a esta propiedad; es decir, dado cualquier otro mapa $\phi$ como el anterior con las mismas propiedades, $\phi$ factores de forma única como $\phi = f \circ \psi$ donde $f : \Lambda^p(V) \to W$ es lineal.

Intuitivamente, el mapa universal $\psi : V^p \to \Lambda^p(V)$ es la forma universal de medir la orientación $p$ -volúmenes dimensionales de paralleletopes definido por $p$ -tuplas de vectores en $V$ La cuestión es que por razones geométricas orientadas $p$ -es alternativo y multilineal. (Resulta instructivo averiguar cómo funciona esto cuando $n = 2, 3$ dibujando explícitamente algunos diagramas).

La funtorialidad significa lo siguiente: si $T : V \to W$ es cualquier mapa entre dos espacios vectoriales, entonces existe un mapa natural $\Lambda^p T : \Lambda^p V \to \Lambda^p W$ entre sus $p^{th}$ poderes exteriores que satisfacen ciertas condiciones naturales. Este mapa natural proviene a su vez de la acción natural $T(v_1, ... v_p) = (Tv_1, ... Tv_p)$ definir un mapa $T : V^p \to W^p$ que es compatible con el paso a los poderes exteriores.

La potencia exterior superior $\Lambda^n(V)$ resulta ser unidimensional. A continuación, definimos el determinante $T : V \to V$ para ser el escalar $\Lambda^n T : \Lambda^n(V) \to \Lambda^n(V)$ por el cual $T$ actúa sobre la potencia exterior superior. Esto equivale a la definición intuitiva de que $\det T$ es la constante por la que $T$ multiplica orientado $n$ -volúmenes dimensionales. Pero requiere ninguna elección arbitraria y las propiedades estándar del determinante (por ejemplo, que es multiplicativo, que es igual al producto de los valores propios) son extremadamente fáciles de verificar.

En esta definición del determinante, todo el trabajo que normalmente se dedicaría a demostrar que el determinante es la única función con tales propiedades se dedica a demostrar que $\Lambda^n(V)$ es unidimensional. Si $e_1, ... e_n$ es una base, entonces $\Lambda^n(V)$ está de hecho atravesado por $e_1 \wedge e_2 \wedge ... \wedge e_n$ . Esto no es tan difícil de demostrar; es esencialmente un ejercicio de reducción de filas.

Nótese que esta definición ni siquiera requiere una definición de orientado $n$ -volumen dimensional como un número. En abstracto, tal noción de volumen viene dada por una elección de isomorfismo $\Lambda^n(V) \to k$ donde $k$ es el campo subyacente, pero como $\Lambda^n(V)$ es unidimensional su espacio de endomorfismos ya es canónicamente isomorfo a $k$ .

Obsérvese también que al igual que el determinante describe la acción de $T$ en el poder exterior superior $\Lambda^n(V)$ El $p \times p$ menores de $T$ describir la acción de $T$ en el $p^{th}$ energía exterior $\Lambda^p(V)$ . En particular, el $(n-1) \times (n-1)$ menores (que forman la matriz de cofactores) describen la acción de $T$ en el segundo a la potencia exterior $\Lambda^{n-1}(V)$ . Este poder exterior tiene la misma dimensión que $V$ y con los datos adicionales adecuados se puede identificar con $V$ y esto conduce a una demostración rápida y natural de la fórmula explícita de la inversa de una matriz.

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Como anticipo, el determinante se define a veces como una función alternante multilineal sobre $n$ -partidas de vectores $v_1, ... v_n$ que satisface ciertas propiedades; esto define adecuadamente una transformación lineal $\Lambda^n(V) \to k$ no es un determinante de una transformación lineal $T : V \to V$ . Si fijamos una base $e_1, ... e_n$ entonces esta función se puede considerar como el determinante de la transformación lineal que envía $e_i$ a $v_i$ pero esta definición depende de la base.

Answer 2

En el libro de Artin, Álgebra el determinante se define como la única función $\det: \mathbb{R}^{n \times n} \rightarrow \mathbb{R}$ tal que

1 - $\det(I) = 1$
2 - $\det$ es un $n$ -función multilineal
3 - si dos filas (columnas) de $A$ son iguales, entonces $\det(A) = 0$

Lo cual, creo que se puede probar usando la respuesta de Qiaochu (pero no estoy seguro).

Answer 3

Dejemos que $B$ una base de un espacio vectorial $E$ de dimensión $n$ en $\Bbbk$ . Entonces $det_B$ es el único $n$ -forma multilineal alternativa con $det_B(B) = 1$ .

A $n$ -es un mapa de $E^n$ en $\Bbbk$ que es lineal para cada variable.

A $n$ - La forma multilineal alternada es una forma multilineal que verifica para todo $i,j$ $$f(x_1,x_2,\dots,x_i,\dots, x_j, \dots, x_n) = -f(x_1,x_2,\dots,x_j,\dots, x_i, \dots, x_n)$$ En pocas palabras, el signo de la aplicación cambia cuando se cambian dos argumentos. Entiendes por qué utilizas la gran suma sobre permutaciones para definir el determinante con una fórmula cerrada.

Answer 4

Este documento: http://www.axler.net/DwD.html "Down with determinants", de Sheldon Axler, es probablemente lo que está buscando. Demuestra muchas de las propiedades familiares de los espacios vectoriales de dimensión finita sin el uso de determinantes - y al final da una definición fácil del determinante como el producto de los valores propios de la matriz, y finalmente demuestra la fórmula definitoria habitual para el determinante.

Answer 5

Los determinantes se entienden mejor en el contexto de álgebra exterior que se remonta al trabajo de Hermann Grassmann . Aquí una descripción realista de la intuición que hay detrás.

Considere un $n$ -espacio vectorial de dimensiones $V = K^n$ donde $K$ es algún campo. Supongamos que la dimensión $n$ es tan grande como lo necesitamos para nuestros ejemplos. Dejemos que $e_1,\dots,e_n$ denotan una base del espacio $V$ .

Como sabes, cualquier (digamos) tres vectores linealmente independientes $a,b,c$ abarcan un subespacio tridimensional de $V$ . ¿No sería bueno si pudiéramos de alguna manera calcular con subespacios? Es decir, ¿si tuviéramos alguna noción de producto algebraico con sentido geométrico? Por ejemplo, si el producto de dos subespacios tridimensionales es cero, entonces ha ocurrido algo geométrico. Resulta que -con algunas limitaciones- existe algo así, concretamente el álgebra exterior o Álgebra de Grassmann .

El punto clave que el producto exterior de dos "subespacios" corresponde a su tramo geométrico . El inconveniente del producto exterior es que su definición es totalmente formal, pero su utilidad servirá de motivación. En concreto, el producto exterior $\wedge$ de tres vectores $a,b,c,$ se define como la expresión formal

$$a \wedge b \wedge c$$

que está sujeta a las tres reglas siguientes

1. El producto es lineal en cada factor, $(\alpha x + y) \wedge z = \alpha(x \wedge z) + (y \wedge z)$ .
2. Los dos factores son iguales, entonces el producto desaparece, $x \wedge x = 0$ .
3. El producto es antisimétrico, $x \wedge y = - y \wedge x$ . (En realidad, esto se deduce de 1 y 2)

Por ejemplo, tenemos

$$(a+b) \wedge b \wedge d = (a \wedge b \wedge d) + (b \wedge b \wedge d) = a \wedge b \wedge d + 0 = a \wedge b \wedge d$$

Como puede ver, también consideramos las sumas de estos productos, aunque no tienen necesariamente un significado geométrico.

Lo bueno de estas reglas es que nos permiten representar el subespacio abarcado por los tres vectores $a,b,c$ por su producto exterior $a \wedge b \wedge c$ . En particular, es un ejercicio fácil demostrar que las reglas implican que

1. Tenemos $a \wedge b \wedge c = \lambda (a' \wedge b' \wedge c')$ para algún múltiplo escalar $\lambda$ si y sólo si los tres vectores $a,b,c$ abarcan el mismo subespacio como los tres vectores $a',b',c'$ .
2. Tenemos $a \wedge b \wedge c = 0$ si y sólo si los tres vectores son depende linealmente .

¿No es increíble? La pregunta de si los vectores son linealmente dependientes se ha transformado en una pregunta sobre un producto algebraico que es cero, ¡algo que es fácil de calcular!

En particular, si tiene una matriz $A \in K^{n\times n}$ el producto exterior de los vectores columna

$$Ae_1 \wedge Ae_2 \wedge \dots \wedge Ae_n$$

es cero si y sólo si la matriz es singular. No es difícil demostrar que en una $n$ -espacio vectorial de dimensiones, los únicos productos no nulos de $n$ los factores deben ser de la forma $\lambda(e_1\wedge e_2 \wedge \dots \wedge e_n)$ . El múltiplo escalar $\lambda$ puede interpretarse como el volumen del paralelepípedo. El determinante de una matriz se define como este factor:

$$(\det A)(e_1\wedge e_2 \wedge \dots \wedge e_n) := Ae_1 \wedge Ae_2 \wedge \dots \wedge Ae_n .$$

Es un ejercicio instructivo mostrar que esto coincide con las fórmulas estándar para el determinante.

Para saber más sobre el uso del producto exterior para hacer cálculos con subespacios, considere el libro de John Browne Aunque creo que es un poco largo.

Estas técnicas ocupan un lugar destacado en la geometría diferencial como formas diferenciales . La copa-producto en cohomología es otro ejemplo de estas ideas. Cálculo de Schubert es una extensión natural de estas ideas a los problemas de la geometría algebraica.